🔴  Lives #BAC2024

À partir du 12 mai, révise le bac avec nous sur YouTube tous les soirs à 19h30 ! Découvrir la chaîne →

Espaces Vectoriels

Déterminer une base de l'image d'une application linéaire - Exercice 1

10 min
15
Question 1

Soit ff l’application linéaire définie par f:{R3⟶R3(x,y,z)⟼(−2x+y,x−2y+z,x+y−z)f:\left\{ \begin{array}{ccc}{\mathbb{R}}^3 & \longrightarrow & {\mathbb{R}}^3 \\ \left(x,y,z\right) & \longmapsto & \left(-2x+y,x-2y+z,x+y-z\right) \end{array}\right.
Déterminer une base de l'image de ff.

Correction
Imf={f(u), u=(x,y,z)∈R3}\mathrm{Im}f=\left\{f\left(u\right),\ u=\left(x,y,z\right)\in {\mathbb{R}}^3\right\}
Imf={(−2x+y,x−2y+z,x+y−z), u=(x,y,z)∈R3}\mathrm{Im}f=\left\{\left(-2x+y,x-2y+z,x+y-z\right),\ u=\left(x,y,z\right)\in {\mathbb{R}}^3\right\}
Imf={(−2x,x,x)+(y,−2y,y)+(0,z,−z), u=(x,y,z)∈R3}\mathrm{Im}f=\left\{\left(-2x,x,x\right)+\left(y,-2y,y\right)+\left(0,z,-z\right),\ u=\left(x,y,z\right)\in {\mathbb{R}}^3\right\}
Imf={x(−2,1,1)+y(1,−2,1)+z(0,1,−1), u=(x,y,z)∈R3}\mathrm{Im}f=\left\{x\left(-2,1,1\right)+y\left(1,-2,1\right)+z\left(0,1,-1\right),\ u=\left(x,y,z\right)\in {\mathbb{R}}^3\right\}
Imf=Vect{(−2,1,1);(1,−2,1);(0,1,−1)}\mathrm{Im}f=\mathrm{Vect}\left\{\left(-2,1,1\right);\left(1,-2,1\right);\left(0,1,-1\right)\right\}
Cherchons maintenant une base de Imf\mathrm{Im}f, pour cela vérifions si la famille A=((−2,1,1);(1,−2,1);(0,1,−1))A=\left(\left(-2,1,1\right);\left(1,-2,1\right);\left(0,1,-1\right)\right) est libre.
  • Soit (e1,e2,⋯ ,en)\left(e_1,e_2,\cdots ,e_n\right) une famille de vecteurs d'un K\mathbb{K} espace vectoriel EE, on dit que cette famille est libre si le vecteur 0E0_E s'écrit de manière unique comme combinaison linéaire des vecteurs de cette famille, autrement dit :
    ∀(λ1,λ2,⋯ ,λn)∈Kn, ∑i=1nλi⋅ei=0E⟹∀i∈[[1;n]], λi=0\forall \left({\lambda }_1,{\lambda }_2,\cdots ,{\lambda }_n\right)\in \mathbb{K}^n,\ \sum^n_{i=1}{{\lambda }_i\cdot e_i=0_E}\Longrightarrow \forall i\in \left[\left[1;n\right]\right],\ {\lambda }_i=0
Soient λ1,λ2{\lambda }_1,{\lambda }_2 et λ3{\lambda }_3 trois réels tels que :
λ1(−2,1,1)+λ2(1,−2,1)+λ3(0,1,−1)=(0,0,0){\lambda }_1\left(-2,1,1\right)+{\lambda }_2\left(1,-2,1\right)+{\lambda }_3\left(0,1,-1\right)=\left(0,0,0\right)
(−2λ1,λ1,λ1)+(λ2,−2λ2,λ2)+(0,λ3,−λ3)=(0,0,0)\left(-2{\lambda }_1,{\lambda }_1,{\lambda }_1\right)+\left({\lambda }_2,-2{\lambda }_2,{\lambda }_2\right)+\left(0,{\lambda }_3,-{\lambda }_3\right)=\left(0,0,0\right)
{−2λ1+λ2=0λ1−2λ2+λ3=0λ1+λ2−λ3=0⟺{λ2=2λ1λ1−4λ1+λ3=0λ1+2λ1−λ3=0\left\{ \begin{array}{ccc}-2{\lambda }_1+{\lambda }_2 & = & 0 \\ {\lambda }_1-2{\lambda }_2+{\lambda }_3 & = & 0 \\ {\lambda }_1+{\lambda }_2-{\lambda }_3 & = & 0 \end{array}\right.\Longleftrightarrow \left\{ \begin{array}{ccc}{\lambda }_2 & = & 2{\lambda }_1 \\ {\lambda }_1-4{\lambda }_1+{\lambda }_3 & = & 0 \\ {\lambda }_1+{2\lambda }_1-{\lambda }_3 & = & 0 \end{array}\right.
                                             ⟺{λ2=2λ1−3λ1+λ3=03λ1−λ3=0 \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \Longleftrightarrow \left\{ \begin{array}{ccc}{\lambda }_2 & = & 2{\lambda }_1 \\ -3{\lambda }_1+{\lambda }_3 & = & 0 \\ 3{\lambda }_1-{\lambda }_3 & = & 0 \end{array}\right.
                                             ⟺{λ2=2λ1λ3=3λ1 \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \Longleftrightarrow \left\{ \begin{array}{ccc}{\lambda }_2 & = & 2{\lambda }_1 \\ {\lambda }_3 & = & 3{\lambda }_1 \end{array}\right.
La famille n'est donc pas libre. Si on choisit par exemple λ1=1{\lambda }_1=1 on peut écrire que :
(−2,1,1)=−2(1,−2,1)−3(0,1,−1)\left(-2,1,1\right)=-2\left(1,-2,1\right)-3\left(0,1,-1\right)
Ainsi une base de
Imf=Vect{(1,−2,1);(0,1,−1)}\mathrm{Im}f=\mathrm{Vect}\left\{\left(1,-2,1\right);\left(0,1,-1\right)\right\}

Question 2

Soit ff l’application linéaire définie par f:{R3⟶R2(x,y,z)⟼(x+y+z,x−3y)f:\left\{ \begin{array}{ccc}{\mathbb{R}}^3 & \longrightarrow & {\mathbb{R}}^2 \\ \left(x,y,z\right) & \longmapsto & \left(x+y+z,x-3y\right) \end{array}\right.
Déterminer une base de l'image de ff.

Correction
Imf={f(u), u=(x,y,z)∈R3}\mathrm{Im}f=\left\{f\left(u\right),\ u=\left(x,y,z\right)\in {\mathbb{R}}^3\right\}
Imf={(x+y+z,x−3y), u=(x,y,z)∈R3}\mathrm{Im}f=\left\{\left(x+y+z,x-3y\right),\ u=\left(x,y,z\right)\in {\mathbb{R}}^3\right\}
Imf={(x,x)+(y,−3y)+(z,0), u=(x,y,z)∈R3}\mathrm{Im}f=\left\{\left(x,x\right)+\left(y,-3y\right)+\left(z,0\right),\ u=\left(x,y,z\right)\in {\mathbb{R}}^3\right\}
Imf={x(1,1)+y(1,−3)+z(1,0), u=(x,y,z)∈R3}\mathrm{Im}f=\left\{x\left(1,1\right)+y\left(1,-3\right)+z\left(1,0\right),\ u=\left(x,y,z\right)\in {\mathbb{R}}^3\right\}
Imf=Vect{(1,1);(1,−3);(1,0)}\mathrm{Im}f=\mathrm{Vect}\left\{\left(1,1\right);\left(1,-3\right);\left(1,0\right)\right\}
Cherchons maintenant une base de Imf\mathrm{Im}f, pour cela vérifions si la famille A=((1,1);(1,−3);(1,0))A=\left(\left(1,1\right);\left(1,-3\right);\left(1,0\right)\right) est libre.
  • Soit (e1,e2,⋯ ,en)\left(e_1,e_2,\cdots ,e_n\right) une famille de vecteurs d'un K\mathbb{K} espace vectoriel EE, on dit que cette famille est libre si le vecteur 0E0_E s'écrit de manière unique comme combinaison linéaire des vecteurs de cette famille, autrement dit :
    ∀(λ1,λ2,⋯ ,λn)∈Kn, ∑i=1nλi⋅ei=0E⟹∀i∈[[1;n]], λi=0\forall \left({\lambda }_1,{\lambda }_2,\cdots ,{\lambda }_n\right)\in \mathbb{K}^n,\ \sum^n_{i=1}{{\lambda }_i\cdot e_i=0_E}\Longrightarrow \forall i\in \left[\left[1;n\right]\right],\ {\lambda }_i=0
Soient λ1,λ2{\lambda }_1,{\lambda }_2 et λ2{\lambda }_2 trois réels tels que :
λ1(1,1)+λ2(1,−3)+λ3(1,0)=(0,0){\lambda }_1\left(1,1\right)+{\lambda }_2\left(1,-3\right)+{\lambda }_3\left(1,0\right)=\left(0,0\right)
(λ1,λ1)+(λ2,−3λ2)+(λ3,0)=(0,0)\left({\lambda }_1,{\lambda }_1\right)+\left({\lambda }_2,-3{\lambda }_2\right)+\left({\lambda }_3,0\right)=\left(0,0\right)
(λ1+λ2+λ3,λ1−3λ2)=(0,0)\left({\lambda }_1+{\lambda }_2+{\lambda }_3,{\lambda }_1-3{\lambda }_2\right)=\left(0,0\right)
{λ1+λ2+λ3=0λ1−3λ2=0⟺{λ1+λ2+λ3=0λ1−3λ2=0\left\{ \begin{array}{ccc}{\lambda }_1+{\lambda }_2+{\lambda }_3 & = & 0 \\ {\lambda }_1-3{\lambda }_2 & = & 0 \end{array}\right.\Longleftrightarrow \left\{ \begin{array}{ccc}{\lambda }_1+{\lambda }_2+{\lambda }_3 & = & 0 \\ {\lambda }_1-3{\lambda }_2 & = & 0 \end{array}\right.
⟺{λ1+λ2+λ3=0λ1=3λ2\Longleftrightarrow \left\{ \begin{array}{ccc}{\lambda }_1+{\lambda }_2+{\lambda }_3 & = & 0 \\ {\lambda }_1 & = & 3{\lambda }_2 \end{array}\right.
⟺{3λ2+λ2+λ3=0λ1=3λ2\Longleftrightarrow \left\{ \begin{array}{ccc}3{\lambda }_2+{\lambda }_2+{\lambda }_3 & = & 0 \\ {\lambda }_1 & = & 3{\lambda }_2 \end{array}\right.
⟺{4λ2+λ3=0λ1=3λ2\Longleftrightarrow \left\{ \begin{array}{ccc}4{\lambda }_2+{\lambda }_3 & = & 0 \\ {\lambda }_1 & = & 3{\lambda }_2 \end{array}\right.
⟺{λ3=−4λ2λ1=3λ2\Longleftrightarrow \left\{ \begin{array}{ccc}{\lambda }_3 & = & -4{\lambda }_2 \\ {\lambda }_1 & = & 3{\lambda }_2 \end{array}\right.
La famille n'est donc pas libre. Si on choisit par exemple λ2=1{\lambda }_2=1 on peut écrire que :
(1,−3)=−3(1,1)+4(1,0)\left(1,-3\right)=-3\left(1,1\right)+4\left(1,0\right)
Ainsi une base de
Imf=Vect{(1,1);(1,0)}\mathrm{Im}f=\mathrm{Vect}\left\{\left(1,1\right);\left(1,0\right)\right\}